沖刺卷七磁場及帶電粒子在磁場中的運動

沖刺卷七磁場及帶電粒子在磁場中的運動滿分：100分時間：60分鐘一、單項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分。每小題只有一個選項符合題意。)1．(2015·云南第一次統(tǒng)一檢測)如圖所示，五根平行的長直導(dǎo)體棒分別過豎直平面內(nèi)的正方形的四個頂點和中心，并和該正方形平面垂直，各導(dǎo)體棒中均通有大小相等的電流，方向如圖所示，則中心處的導(dǎo)體棒受到其余四根導(dǎo)體棒的磁場力的合力方向是() A．豎直向上 B．豎直向下 C．水平向左 D．水平向右2．(2015·云南模擬)如圖所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為L，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端與水平直導(dǎo)體棒ab相連，彈簧與導(dǎo)軌平面平行并與ab垂直，直導(dǎo)體棒垂直跨接在兩導(dǎo)軌上，空間存在垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場。閉合開關(guān)S后導(dǎo)體棒中的電流為I，導(dǎo)體棒平衡時，彈簧伸長量為x1；調(diào)轉(zhuǎn)圖中電源極性，使導(dǎo)體棒中電流反向，導(dǎo)體棒中電流仍為I，導(dǎo)體棒平衡時彈簧伸長量為x2。忽略回路中電流產(chǎn)生的磁場，則勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為() A.eq\f(k,IL)(x1＋x2) B.eq\f(k,IL)(x2－x1) C.eq\f(k,2IL)(x2＋x1) D.eq\f(k,2IL)(x2－x1)3．(2015·云南第一次統(tǒng)一檢測)如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t1時間從b點離開磁場。之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則eq\f(t1,t2)為() A.eq\f(2,3) B．2 C.eq\f(3,2) D．34．(2015·鄭州質(zhì)量預(yù)測)如圖甲所示有界勻強磁場Ⅰ的寬度與圖乙所示圓形勻強磁場Ⅱ的半徑相等，一不計重力的粒子從左邊界的M點以一定初速度水平向右垂直射入磁場Ⅰ，從右邊界射出時速度方向偏轉(zhuǎn)了θ角，該粒子以同樣的初速度沿半徑方向垂直射入磁場Ⅱ，射出磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)了2θ角。已知磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應(yīng)強度大小分別為B1、B2，則B1與B2的比值為() A．2cosθ B．sinθ C．cosθ D．tanθ二、多項選擇題(本題共4小題，每小題7分，共計28分。每小題有多個選項符合題意。全部選對的得7分，選對但不全的得4分，錯選或不答的得0分。)5．(2015·長春二模)一長為L、質(zhì)量為m的水平通電直導(dǎo)體棒緊靠豎直粗糙絕緣面放置，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直導(dǎo)體棒，與水平方向成θ角斜向上，其剖面圖如圖所示，當(dāng)導(dǎo)體棒中通有大小為I的圖示電流時，導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，導(dǎo)體棒與絕緣面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，已知絕緣面對導(dǎo)體棒的摩擦力為f、彈力為FN，則() A．f＝mg＋BILcosθ B．f＝μBILsinθ C．FN＝BILsinθ D．FN＝BIL6．如圖所示，光滑的金屬軌道分水平段和圓弧段兩部分，O點為圓弧的圓心。兩金屬軌道之間的寬度為0.5m，勻強磁場方向如圖，大小為0.5T。質(zhì)量為0.05kg、長為0.5m的金屬細(xì)桿置于金屬軌道上的M點。當(dāng)在金屬細(xì)桿內(nèi)通以電流強度為2A的恒定電流時，金屬細(xì)桿可以沿桿向右由靜止開始運動。已知MN＝OP＝1m，則() A．金屬細(xì)桿開始運動的加速度為5m/s2 B．金屬細(xì)桿運動到P點時的速度大小為eq\r(20)m/s C．金屬細(xì)桿運動到P點時的向心加速度大小為10m/s2 D．金屬細(xì)桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小為0.75N7．如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區(qū)域，若該三角形的兩直角邊長均為2l，則下列關(guān)于粒子運動的說法中正確的是() A．若該粒子的入射速度為v＝eq\f(qBl,m)，則粒子一定從CD邊射出磁場，且距點C的距離為l B．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應(yīng)為v＝eq\f(\r(2)qBl,m) C．若要使粒子從AC邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應(yīng)為v＝eq\f(qBl,2m) D．該粒子以不同的速度入射時，在磁場中運動的最長時間為eq\f(mπ,qB)8．(2015·湖北八市聯(lián)考)如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強度為0.5T的勻強磁場，一質(zhì)量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質(zhì)量為m＝0.1kg、帶正電q＝0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力?，F(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為F＝0.6N的恒力，g取10m/s2。則滑塊() A．開始做勻加速運動，然后做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動 B．一直做加速度為2m/s2的勻加速運動，直到滑塊飛離木板為止 C．速度為6m/s時，滑塊開始減速 D．最終做速度為10m/s的勻速運動三、計算題(本題共3小題，共計48分。解答時寫出必要的文字說明，方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分。)9．(15分)在如圖所示的同心圓環(huán)形區(qū)域內(nèi)有垂直于圓環(huán)面的勻強磁場，磁場的方向如圖，兩同心圓的半徑分別為R0、2R0。將一個質(zhì)量為m(不計重力)，電荷量為＋q的粒子通過一個電壓為U的電場加速后從P點沿內(nèi)圓的切線進(jìn)入環(huán)形磁場區(qū)域。欲使粒子始終在磁場中運動，求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小的范圍。10．(2015·新疆第一次適應(yīng)性檢測)(16分)如圖所示,邊長為7cm的正方形OABC區(qū)域內(nèi)存在B＝0.1T，方向垂直紙面向外的勻強磁場。在此正方形區(qū)域內(nèi)有一點P，P點到OC邊和BC邊的距離均為1cm，在P點有一個發(fā)射正離子的裝置，能夠連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各個方向發(fā)射出速率不同的正離子，離子的質(zhì)量m＝1.0×10－14kg，電荷量q＝1.0×10－5C，離子的重力不計，不考慮離子間的相互作用力。求： (1)速率v＝5.0×106m/s的離子在OA邊上能夠射出的范圍； (2)離子要從OA邊上射出正方形區(qū)域，速度至少應(yīng)多大。11．(2015·貴州六校聯(lián)考)(17分)如圖所示的xOy坐標(biāo)系中，y軸右側(cè)空間存在范圍足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于xOy平面向里。P點的坐標(biāo)為(－2L，0)，Q1、Q2兩點的坐標(biāo)分別為(0,L)，(0，－L)。坐標(biāo)為(－eq\f(1,3)L，0)處的C點固定一平行于y軸放置的長為eq\f(2,3)L的絕緣彈性擋板，C為擋板中點，帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后，沿y方向分速度不變，沿x方向分速度反向，大小不變。帶負(fù)電的粒子質(zhì)量為m，電量為q，不計粒子所受重力。若粒子在P點沿PQ1方向進(jìn)入磁場，經(jīng)磁場運動后，求： (1)從Q1直接到達(dá)Q2處的粒子初速度大?。?(2)從Q1直接到達(dá)O點，粒子第一次經(jīng)過x軸的交點坐標(biāo)； (3)只與擋板碰撞兩次并能回到P點的粒子初速度大小。沖刺卷七磁場及帶電粒子在磁場中的運動1.C[根據(jù)同向電流之間相互吸引，異向電流之間相互排斥，中心處導(dǎo)體棒受力分析如圖所示，四個力大小相等，故合力方向水平向左，C項正確。]2．D[由平衡條件可得mgsinα＝kx1＋BIL；調(diào)轉(zhuǎn)電源極性使導(dǎo)體棒中電流反向，由平衡條件可得mgsinα＋BIL＝kx2，聯(lián)立解得B＝eq\f(k,2IL)(x2－x1)。選項D正確。]3．D[兩電子進(jìn)入同一勻強磁場中，由圓周運動半徑公式R＝eq\f(mv,qB)可知，兩電子軌跡半徑相同。電子1垂直MN射入勻強磁場，由幾何知識可知，電子1在磁場中運動軌跡所對圓心角為π，電子2在磁場中運動軌跡所對圓心角為eq\f(π,3)。由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，兩電子運動周期相同，故運動時間之比等于軌跡所對圓心角之比，即t1∶t2＝3∶1，D項正確。]4．C[設(shè)有界磁場Ⅰ寬度為d，則粒子在磁場Ⅰ中和磁場Ⅱ中的運動軌跡分別如圖a、b所示，由洛倫茲力提供向心力知Bqv＝meq\f(v2,r)，得B＝eq\f(mv,rq)，由幾何關(guān)系知d＝r1sinθ，d＝r2tanθ，聯(lián)立得eq\f(B1,B2)＝cosθ，C項正確。]5.AC[導(dǎo)體棒受重力mg、安培力FA、絕緣面的彈力FN和靜摩擦力f而處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以摩擦力不能用f＝μFN計算，B錯誤；由左手定則可知安培力FA＝BIL，方向與豎直方向成θ角向右下方，由圖知f＝mg＋BILcosθ，F(xiàn)N＝BILsinθ，A、C正確，D錯誤。]6．BD[金屬細(xì)桿在水平方向受到安培力作用，安培力大小FA＝BIL＝0.5×2×0.5N＝0.5N，金屬細(xì)桿開始運動的加速度為a＝eq\f(FA,m)＝10m/s2，選項A錯誤；對金屬細(xì)桿從M點到P點的運動過程，安培力做功WA＝FA·(MN＋OP)＝1J，重力做功WG＝－mg·ON＝－0.5J，由動能定理得WA＋WG＝eq\f(1,2)mv2，解得金屬細(xì)桿運動到P點時的速度大小為v＝eq\r(20)m/s，選項B正確；金屬細(xì)桿運動到P點時的加速度可分解為水平方向的向心加速度和豎直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小為a′＝eq\f(v2,r)＝20m/s2，選項C錯誤；在P點金屬細(xì)桿受到軌道水平向左的作用力F，水平向右的安培力FA，由牛頓第二定律得F－FA＝eq\f(mv2,r)，解得F＝1.5N，每一條軌道對金屬細(xì)桿的作用力大小為0.75N，由牛頓第三定律可知金屬細(xì)桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小為0.75N，選項D正確。]7．ACD[若粒子從O點入射的速度大小為v＝eq\f(qBl,m)，則其運動的軌跡半徑為R1＝eq\f(mv,qB)＝l，運動軌跡如圖中的1所示，由幾何關(guān)系可知C點為其運動的軌跡圓的圓心，所以選項A正確；若要使粒子能從CD邊射出，則粒子入射速度最大時運動的軌跡應(yīng)如圖中的2所示，軌跡圓的圓心為O1，設(shè)其軌跡半徑為R2，由幾何關(guān)系可知：2Req\o\al(2,2)＝(R2＋l)2，解之可得：R2＝(eq\r(2)＋1)l，由R2＝eq\f(mv,qB)可得v＝eq\f(qBR2,m)＝eq\f(（\r(2)＋1）qBl,m)，選項B錯誤；若要使粒子從AC邊射出，則粒子入射速度最大時的運動軌跡如圖中的3所示，由幾何關(guān)系可知，其運動的軌跡半徑為R3＝eq\f(l,2)，由R3＝eq\f(mv,qB)可得v＝eq\f(qBR3,m)＝eq\f(qBl,2m)，選項C正確；由題意可知，只有當(dāng)粒子從AC邊射出時，粒子在磁場中運動的時間才最長，即半個周期，選項D正確。]8．AD[開始運動時滑塊與板間的最大靜摩擦力Ffm0＝μmg＝0.5N，假設(shè)開始木板與滑塊一起加速運動，加速度為a＝eq\f(F,M＋m)＝2m/s2，滑塊所受的靜摩擦力為Ff＝ma＝0.2N＜Ffm0，故假設(shè)正確，即開始二者一起做勻加速運動，對滑塊受力如圖所示，隨著運動速度的增大，滑塊與板間的壓力FN＝mg－qvB減小，滑塊所受的最大靜摩擦力Ffm＝μFN減小，當(dāng)達(dá)到最大靜摩擦力時，速度為v1，由牛頓第二定律得μ(mg－qv1B)＝ma，代入數(shù)值解得v1＝6m/s，在此以后靜摩擦力轉(zhuǎn)化為滑動摩擦力且Ff′＝μ(mg－qvB)隨速度的增大而減小，滑塊的加速度也逐漸減小，當(dāng)Ff′＝0時，v＝10m/s，滑塊開始做勻速直線運動，故A、D項正確，B、C項錯誤。]9．解析粒子經(jīng)過加速電場，由動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(\f(2qU,m))，磁感應(yīng)強度最大時Rmin＝R0，qvBmax＝meq\f(v2,R0)，解得Bmax＝eq\f(\r(2qUm),qR0)，磁感應(yīng)強度最小時Rmax＝eq\f(2R0＋R0,2)，qvBmin＝meq\f(v2,Rmax)，解得Bmin＝eq\f(2\r(2qUm),3qR0)，磁感應(yīng)強度的大小范圍：eq\f(2\r(2qUm),3qR0)≤B≤eq\f(\r(2qUm),qR0)答案eq\f(2\r(2qUm),3qR0)≤B≤eq\f(\r(2qUm),qR0)10．解析(1)設(shè)離子在磁場中做圓周運動的半徑為R，由qBv＝eq\f(mv2,R)①得R＝5cm，②當(dāng)離子軌跡與OC邊相切時，射出OA邊時離O點的距離最小為y1，由幾何關(guān)系得y1＝1cm，③當(dāng)離子軌跡與OA邊相切時，射出OA邊時離O點的距離最大為y2，由幾何關(guān)系得y2＝1cm＋2eq\r(6)cm＝5.9cm，④所以射出OA邊的范圍是1cm～5.9cm⑤(2)當(dāng)離子速度很小時無法射出磁場區(qū)域，而當(dāng)離子圓軌跡同時與OC邊、OA邊相切時為離子能射出OA邊的臨界情況，此時相應(yīng)的速度最小為v1，對應(yīng)的圓半徑為R1，由qBv1＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R1)，⑥建立以O(shè)為原點，OC為x軸，OA為y軸的直角坐標(biāo)系，由圖知O1P＝R1，O1Q＝R1－yP，PQ＝xP－R1，對ΔO1PQ得O1P2＝O1Q2＋PQ2，⑦即Req\o\al(2,1)＝(R1－yP)2＋(xP－R1)2，⑧代入數(shù)據(jù)得Req\o\al(2,1)－14R1＋37＝0，⑨解得R1＝(7－2eq\r(3))cm，⑩R1′＝(7＋2eq\r(3))cm?(不合理，舍去)，把⑩式代入⑥式，解得：v1＝(7－2eq\r(3))×106m/s＝3.5×106m/s。答案(1)1cm～5.9cm(2)3.5×106m/s11．解析(1)由題意畫出粒子運動軌跡如圖甲所示，設(shè)PQ1與x軸正方向夾角為θ，粒子在磁場中做圓周運動的半徑大小為R1，由幾何關(guān)系得R1cosθ＝L，其中cosθ＝eq\f(2\r(5),5)，粒子在磁場中做勻速圓周運動qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),R1)，解得v1＝eq\f(\r(5)qBL,2m)(2)由題意畫出